Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Hóa năm 2012

Chia sẻ: Phạm Minh Sơn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

165
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để thuận lợi hơn cho các bạn trong quá trình ôn tập, trong việc rèn luyện kỹ năng giải để thi, luyện thi vào trường chuyên, đề học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2012 môn Hóa giúp các bạn thi học sinh giỏi có kiến thức vững vàng chuẩn bị cho các kỳ

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Hóa năm 2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA QUẢNG TRỊ Khoá ngày: 18 tháng 9 năm 2012 Môn thi: HOÁ HỌC (Vòng 1) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Một nguyên tố R có 3 đồng vị X, Y, Z biết tổng số hạt của 3 đồng vị bằng 129, số nơtron đồng vị X hơn đồng vị Y một hạt. Đồng vị Z có số proton bằng số nơtron. a) Xác định điện tích hạt nhân nguyên tử và số khối của 3 đồng vị X, Y, Z. b) Biết tỉ lệ số nguyên tử các đồng vị như sau: Z:Y=2769:141 và Y:X=611:390. Xác định nguyên tử khối trung bình của R. 2. Cho 3,25 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm M và một kim loại M’ (hoá trị II) hoà tan hoàn toàn trong nước được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch D. Chia D thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 đem cô cạn được 2,03 gam chất rắn A. - Phần 2 cho tác dụng với 100 ml dung dịch HCl 0,35 M được kết tủa B. Xác định M, M’, khối lượng mỗi kim loại ban đầu và tính khối lượng kết tủa B. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Chỉ dùng thêm một thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt sau: NaOH, NaCl, K2S, KI, Pb(NO3)2 và NH3. 2. Cho 10 ml dung dịch HA tác dụng với các thể tích khác nhau của dung dịch NaOH a mol/l, nhận thấy: phản ứng xảy ra vừa đủ khi thêm 10 ml dung dịch NaOH, nhưng nếu thêm 5 ml dung dịch NaOH thì thu được dung dịch có pH = 4,76. a) Tính Ka của axit nói trên. b) Thêm 15 ml dung dịch NaOH vào 10 ml HA thì được dung dịch có pH = 12. Tính a. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Phát hiện và sửa lỗi trong các phương trình sau (nếu có): a) 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc ® FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O c) HF + NaOH ® NaF +H2O b) 2CrCl3 +3Cl2 +14KOH ® K2Cr2O7 + 12KCl + 7H2O d) Cl2 +2KI dư ® 2KCl + I2 2. Cho kim loại A tồn tại ở cả hai dạng lập phương tâm khối và lập phương tâm diện. Khi tồn tại dạng lập phương tâm khối thì khối lượng riêng của A là 15,0 g/cm3. Hãy tính khối lượng riêng của A ở dạng lập phương tâm diện. Cho rằng bán kính của A là như nhau trong cả hai loại tinh thể. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Một dung dịch chứa 0,2 mol Fe2+ và 0,2 mol Fe3+, dung dịch được điều chỉnh đến pH = 1 (dung dịch X). a) Xác định thế của dung dịch X. b) Thêm vào dung dịch X ion OH- đến khi pH = 5 (coi thể tích là không đổi), thế của dung dịch đo được 0,152V. Chất nào đã kết tủa và khối lượng là bao nhiêu? Tính TFe(OH) . Biết E 0 Fe3+ /Fe2+ = 0,77V. 3 2. Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lí 1 mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư, người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B. Nung A đến khối lượng không đổi được 0,2 gam chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch B thì thu được 1,1087 gam kết tủa trắng không tan trong axit. Viết phương trình hoá học các phản ứng ở dạng ion và xác định công thức tổng quát của pirit. Câu 5. (4,0 điểm) Hỗn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1). Hoà tan hoàn toàn 68,4 gam hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 thấy thoát ra hỗn hợp khí Y gồm NO và CO2. Cho hỗn hợp khí Y qua dung dịch KMnO4 1M trong H2SO4 loãng dư đến mất màu thì hết 420 ml dung dịch KMnO4, khí còn lại cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch giảm đi 16,8 gam. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. 2. Xác định công thức muối cacbonat của R và tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. ………………………HẾT……………………. Thí sinh được phép sử dụng bảng HTTH các nguyên tố hóa học. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia THPT-Môn Hóa học
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA QUẢNG TRỊ Khoá ngày: 18 tháng 9 năm 2012 Môn thi: HOÁ HỌC (Vòng 2) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0 điểm) So sánh và giải thích ngắn gọn: 1. Tính bazơ của N,N-Đimetylanilin (1) và 2,4,6-trinitro-N,N-Đimetylanilin (2). 2. Tính axit của dãy: COOH , COOH , COOH , HO COOH M N OH HO P Q 3. Nhiệt độ sôi của: cumen (A), ancol benzylic (B), anisol (C) (metylphenyl ete), benzanđehit (D) và axit benzoic (E). Câu 2. (5,0 điểm) 1. Từ đá vôi, than đá, nước và các chất vô cơ khác, hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất sau: phenol; axit oxalic; 2,4,6-tribromphenol; 2,4,6-tribromanilin. 2. So sánh khả năng phản ứng thế của các nguyên tử hiđro ở các nguyên tử cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3 trong phân tử isopentan. Biết rằng khi clo hóa isopentan thu được hỗn hợp đồng phân dẫn xuất một lần thế như sau: 1 – clo – 2 – metyl butan 30%; 1 – clo – 3 – metyl butan 15%; 2 – clo – 3 – metyl butan 33%; 2 – clo – 2 – metyl butan 22%. 3. Hiđrocacbon (A) có công thức phân tử là C9H10. (A) có khả năng tác dụng với Br2 khan, xúc tác bột Fe, t0. Hiđro hóa A với xúc tác Ni, t0 thu được (B) có công thức phân tử là C9H12. Oxi hoá (B) bằng O2 trong H2SO4 thu được axeton. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A, B và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Xác định công thức cấu tạo của các chất từ A đến J trong sơ đồ sau: Mg,ete CO2 A C Kh«ng ph¶n øng CH3-CH=CH2 + Cl2+ CH3OH Mg,ete PCl5 Br2 B D CO2 E F G NH3 NaHCO3,t0 CH3OH, HCl (3 mol) ( C6H13NO3 ) J I H 2. A, B, C, D, E là những axit xiclobutanđicacboxylic đồng phân của nhau. A dễ dàng tạo anhiđrit nội phân tử. B chỉ tạo anhiđrit khi đun nóng lâu. Đun khan C sinh ra CO2, còn D và E không thay đổi. Xác định cấu trúc của 5 axit trên, biết rằng có thể tách D thành 2 chất đối quang. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Hợp chất A (C8H16O) cho phản ứng iođofom nhưng không cho phản ứng cộng H2. Khi đun nóng A với H2SO4 đặc ở 1700C thì ngoài sản phẩm chính là B (C8H14) còn thu được 1,2 – Đimetylxiclohexen. Oxi hóa B rồi thực hiện phản ứng đề cacboxyl hóa thì thu được metylxyclopentan. B không có đồng phân hình học. Lập luận để xác định cấu tạo của A và giải thích sự tạo thành 1,2 – Đimetylxiclohexen bằng cơ chế phản ứng. 2. Khi thủy phân hoàn toàn 1 mol tripeptit B thu được 2 mol Glu, 1 mol Ala và 1 mol NH3. X không phản ứng với 2,4-đinitroflobenzen và X chỉ có một nhóm cacboxyl tự do. Thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptiđaza thu được alanin. Xác định công thức cấu tạo của B. Câu 5. (4,0 điểm) 1. Một este E (không có nhóm chức khác) chứa 3 nguyên tố C, H, O. Lấy 1,22 gam E phản ứng vừa đủ với 200ml dung dịch KOH 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần hơi chỉ có nước và phần rắn là 2,16 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối này thu được 2,64 gam CO2; 0,54 gam H2O và a gam K2CO3. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia THPT-Môn Hóa học-Trang 1/2
a) Tính a và xác định công thức phân tử. b) Công thức cấu tạo của E. Biết khối lượng phân tử của E nhỏ hơn 140 đvC. 2. Hai hợp chất thơm A và B đều có công thức phân tử CnH2n-8O2. Hơi B có khối lượng riêng 5,447 gam/lít (đktc). A có khả năng phản ứng với kim loại Na giải phóng H2 và có phản ứng tráng gương. B phản ứng được với Na2CO3 giải phóng khí CO2. a) Viết công thức cấu tạo của A, B. b) A1 là đồng phân của A và có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Xác định công thức cấu tạo của A1 và giải thích. 3. Từ m-bromtoluen, hãy viết sơ đồ tổng hợp: O Gợi ý: R RCOOH Ca(OH)2 C=O , RBr CuCN RCN , C6H5CH3 NBS C H CH Br 6 5 2 R ………………………HẾT……………………. Thí sinh được phép sử dụng bảng HTTH các nguyên tố hóa học. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia THPT-Môn Hóa học-Trang 2/2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐẮK LẮK MÔN: HOÁ HỌC 12 – THPT Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/11/2011 (Đề này có 2 trang) Câu 1: (2,5 điểm) 1. Cho 3 nguyên tố X, Y, Z (ZX < ZY < ZZ). X, Y cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn; Y, Z là hai nguyên tố kế cận nhau trong một chu kì; Tổng số proton trong hạt nhân X, Y là 24. Xác định bộ bốn số lưỡng tử của electron sau cùng trong các nguyên tử X, Y, Z. 2. Cho độ đặc khít của mạng tinh thể lập phương tâm khối là ρ = 68 %. Từ đó hãy tính khối lượng riêng của nguyên tử Natri theo g/cm3 , biết Natri kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm khối và bán kính hiệu dụng của nguyên tử Natri bằng 0,189 nm Câu 2: (1,5 điểm) 1. Thêm 100 ml HCl vào hỗn hợp KIO3 và KI dư chuẩn độ iôt giải phóng ra thì hết 10,5 ml Na2 S2O3 0,01054M. Viết phương trình hóa học ở dạng ion rút gọn và cân bằng phản ứng theo phương pháp cân bằng ion electron. Tính nồng độ dung dịch HCl ? 2. Trộn x mol tinh thể CaCl2.6H2O vào A lít dung dịch CaCl2 có nồng độ B mol/l và khối lượng riêng là D1 g/l ta thu được V lít dung dịch CaCl2 có nồng độ mol/l là C và có khối lượng riêng là D2 (g/l). Hãy tính giá trị của x theo A, B, C, D1, D2. Câu 3: ( 2,0 điểm) 1. Hằng số cân bằng của phản ứng điều chế NH 3: N2 + 3H2 2NH3 ở 500oC bằng 1,5.10-5 atm-2. Tính xem có bao nhiêu phần trăm hỗn hợp ban đầu (N2 + 3H2) đã chuyển thành NH3, nếu phản ứng được thực hiện ở 500 atm, 1000 atm. Cho nhận xét về kết quả 2. Cho độ biến thiên nồng độ chất phản ứng theo thời gian được biểu diễn theo bảng như sau: t (s) 0 20 40 60 [A] mol/l 0,4 0,2 0,1 0,05 Tính tốc độ tức thời của phản ứng tại giây thứ 20. Câu 4: ( 1,5 điểm) 1. Tính nhiệt sinh chuẩn (  H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H2 là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử hóa  H0a của Cgr (K) là:  H0a= 718,4 kJ.mol-1 . Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn. 2. Sự phân hủy N2O5 theo phản ứng: N2O5 →N2O4 + ½ O2 có bậc động học bằng 1. Ở 250C, hằng số tốc độ bằng 10-3 phút -1 . Ở nhiệt độ này người ta cho vào bình phản ứng khí N 2O5 dưới áp suất po = 25.103 Pa. Hỏi sau 2 giờ áp suất riêng của N2O4 và của O2 là bao nhiêu? Câu 5: (2,5 điểm) 1. Khi thêm NaOH vào dung dịch CuSO4 thì tạo ra kết tủa Cux(OH)y(SO4)z. Để làm kết tủa hoàn toàn ion Cu2+ chứa trong 25 ml CuSO4 0,1M cần 18,75 ml NaOH 0,2M. - Xác định tỉ số mol Cu2+/OH- trong kết tủa - Tính thành phần phần trăm các nguyên tố trong Cux(OH)y(SO4)z - Viết phương trình hóa học xảy ra. 2. Một pin được cấu tạo bởi 2 điện cực, điện cực thứ nhất gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch Cu2+ có nồng độ 10-2M; điện cực thứ hai gồm 1 thanh Cu nhúng trong dung dịch phức [Cu(NH3)4]2+
10-2 M. Suất điện động của pin ở 250C là 38 mV. Tính nồng độ mol/l của ion Cu2+ trong dung dịch ở điện cực âm và tính hằng số bền của phức chất [Cu(NH3)4]2+. Biết K a,NH  = 10-9,2. 4 Câu 6: ( 3,0 điểm) A là mẫu hợp kim Cu – Zn. Chia mẫu hợp kim đó thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 hòa tan bằng dung dịch HCl dư thấy còn lại 1 gam không tan. - Phần 2 luyện thêm 4 gam Al vào thì thấy thu được mẫu hợp kim B trong đó hàm lượng phần trăm của Zn nhỏ hơn 33,33 % so với hàm lượng Zn trong mẫu hợp kim A. a) Tính hàm lượng % của Cu trong mẫu hợp kim A, biết rằng khi ngâm mẫu hợp kim B vào dung dịch NaOH thì sau một thời gian khí bay ra đã vượt quá 6,0 lít (đktc). b) Từ hợp kim B muốn có hợp kim C chứa 20% Cu; 50% Zn và 30% Al thì phải luyện thêm các kim loại với lượng như thế nào? Câu 7: ( 2,0 điểm)  ddKMnO 4 1. Hiđrocacbon A có d A = 2,5. Xác định công thức cấu tạo của A biết 1 mol A  2 mol H 2SO 4  O2 CO2 + 2 mol axit oxalic. A có đồng phân hình học không? Nếu có hãy viết các đồng phân hình học của A và gọi tên A. 2. Đề hiđrô hóa 1 mol ankan A thu được 1 mol hiđrocacbon B không no, thực hiện phản ứng ozon phân B cho ra 1 mol anđehit maleic và 2 mol anđehit fomic. Xác định công thức cấu tạo của hiđrocacbon A và B. Câu 8: ( 2,0 điểm) 1. Hợp chất X có công thức phân tử C9H10O2 phản ứng với dung dịch NaHCO3 giải phóng khí CO2. X không làm mất màu dung dịch nước brom. X không phản ứng với CH3OH khi có mặt H2SO4 đặc. Khi cho H2SO4 đặc vào X sau đó cho hỗn hợp vào CH3OH đã được làm lạnh thì thu được hợp chất B có công thức phân tử C10H12O2. Hãy viết công thức cấu tạo của A. Giải thích các tính chất trên của A và cơ chế phản ứng tạo thành B. 2. Đixian là hợp chất có công thức C2N2. Viết CTCT của đixian, khi đun nóng đixian đến 5000C thu được chất rắn A có màu đen, công thức (CN)n. Viết CTCT của A. Câu 9: (3,0 điểm) 1. Peptit A có phân tử khối bằng 307 và chứa 13,7% N. Khi thủy phân một phần thu được 2 peptit B, C. Biết 0,48 g B phản ứng với 11,2 ml dung dịch HCl 0,536M và 0,708 g chất C phản ứng với 15,7 ml dung dịch KOH 2,1 % (d= 1,02 g/ml). Biết các phản ứng xảy hoàn toàn và có đun nóng. Lập công thức cấu tạo của A, gọi tên các amino axit tạo thành A. 2. Hai hợp chất thơm A và B đều có công thức phân tử CnH2n-8O2. Hơi B có khối lượng riêng 5,447 g/l (đktc). A có khả năng phản ứng với kim loại Na giải phóng H2 và có phản ứng tráng gương. B phản ứng được với Na2CO3 giải phóng khí CO2 . a) Viết công thức cấu tạo của A, B. b) A có 3 đồng phân A1; A2; A3, trong đó A1 là đồng phân có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Xác định công thức cấu tạo của A1, giải thích. c) Viết sơ đồ chuyển hoá o-crezol thành A1; toluen thành B. Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; Si=28; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Sn=118,7; I=127; Ba=137; …….HẾT……. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học - Giám thị không giải thích gì thêm - Họ và tên thí sinh………………….........………….……………… Số báo danh………….....
HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN – MÔN HÓA HỌC 12 THPT NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1:(2,5đ) 24 1. ZX + ZY = 24 (1)  Z   12  ZX< Z < ZY. A, B thuộc cùng một phân nhóm 2 0,5 chính ở 2 chu kì liên tiếp  X, Y thuộc cùng chu kì 2, 3. Dó đó: ZY – Z X = 8 (2) Z  8 X : O Từ (1) và (2)   X   ZY  16 Y : S Y, Z là 2 nguyên tố kế cận nhau trong 1 chu kì: ZZ = 17  Z là Cl 0,5 Cấu hình (e): O : 1s22s22p4. S: 1s22s22p63s23p4 0,25 Cl: 1s22s22p63s23p5. Bộ 4 số lượng tử của (e) sau cùng của: 1 O: n = 2; l = 1; m = -1; s =  2 1 S: n = 3; l = 1; m = -1; s =  0,5 2 1 Cl: n = 3; l = 1; m = 0; s =  . 2 2. Thể tích của một nguyên tử natri trong tinh thể: 4 .3,14.(0,189.107 cm)3  2,83.1023 cm 3 0,25 3  Khối lượng riêng của natri: 23.68 0,5  0,92g / cm 3 6, 022.10 .2,83.10 23.100 3 Câu 2: (1,5đ) Phản ứng xảy ra khi cho HCl vào 2I O3 + 12H+ + 10e   I2 + 6H2O 0,25  2I  I2 + 2e   + 2I O + 10 I + 12H  3 6I2 + 6H2O 0,25 6I2 +6 I   6 I3 IO  +8 I + 6H+ 3   3 I3 + 3H2O I3 + 2S2 O3   2  S4 O 2  +3 I 6 0,25 1 1 n I  n S O2  n H   n H  0, 01054.10,5.103 3 2 2 3 2 0,1107.10 3.1000 0,25 [HCl]   1,107.103 M 100 1. Hướng dẫn: Ta có:
219x  AD1  VD 2  0,25   xD 2 ABD2  219xC AD1C x  AB  VC  0,25 ABD 2  ACD1 x 219C  D2 Câu 3(2đ) 1. Hướng dẫn:  PNH32 0,25  3  1,5.105 (1)  PN2 .PH 2  1 PH 2  3PN2 (2)  (2) (3) : PN2  (P  PNH3 )(4)  4  PN 2  PH 2  PNH3  P(3)   3  PH2  (P  PNH3 )(5) 4 Thay (4) và (5) vào (1) ta được : PNH3   1, 26.103 (P  PNH3 )2  1, 26.103 PNH3  (2,52.103 P  1).PNH3  1, 26.10 3 P 2  0 2 0,25 + Khi p = 500atm: 1, 26.10 3.PNH3  2, 26PNH3  315  0 2  PNH  1641,33atm (loại vì PNH3  P)  3  PNH3  152,3atm  0,25 + Khi p = 1000 atm: 1, 26.10 3.PNH3  3,52PNH3  1, 26.103  0 2  PNH  2372, 08atm (loại vì PNH3  P)  3  PNH3  421, 6atm  Gọi x và x’ là phần trăm hỗn hợp ban đầu đã chuyển hóa thành NH 3 ở p = 500 atm và p = 1000 atm ta có: NH3 + 3H2 2NH3. 0,25 Ban đầu 1 3 0 Phản ứng x 3x 2x Cân bằng 1– x 3 – 3x 2x Tổng số mol sau phản ứng: 1– x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x 2x 152,3 Ở 500atm thì :   x = 46,62% 4  2x 500 0,25 2x ' 421, 6 Ở 1000atm thì :   x’ = 59,55% 4  2x ' 1000 Như vậy áp suất tăng đã làm cho cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, làm hiệu suất phản ứng tăng. 2. Với phản ứng bậc 1:
C1 = C0.e  kt1 C2 = C0 .e  kt 2 k là hằng số tốc độ phản ứng ln C1  ln C 2 lnC1 – lnC2 = k(t2 – t1)  k  t 2  t1 0,25 Nếu giá trị ki thu được trong thí nghiệm có giá trị xấp xỉ nhau cho các cặp (Ci; ti) thì có thể kết luận là phản ứng bậc 1 Ta có: 0,25 ln 0, 4  ln 0, 2 ln 0, 2  ln 0,1 ln 0,1  ln 0, 05    0, 035  phản ứng trên là phản ứng bậc 1 20  0 40  20 60  40 Tốc độ phản ứng tức thời tại giây thứ 20: V = k.C20 = 0,035.0,2 = 0,007 mol. lít -1.s-1. 0,25 Câu 4: (1,5đ) 0 H 298.s 1. ta có : Cgr + 2H2   CH4 (k) ∆H 0 a – 4EC – H 0,5 2E HH C(k) + 2H2 (k)  C(k) + 4H(k)  Theo định luật Hess: ∆H 0 (CH4) = ∆H 0 + 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1 298.s a 0,25 2. Phương trình động học của phản ứng bậc nhất có dạng: C ln o = kt (với Co là nồng độ ban đầu và C là nồng độ ở từng thời điểm của chất phản C 0,25 C P P ứng). Vì Pi = CiRT( ở T = const thì o = o ) nên ta cũng có : ln o = kt C P PN2 O5 Với t = 120 phút; k = 10-3 ph-1 và Po = 25.103 Pa ta tính được P N2 O5 = 22,17.103 Pa 0,25 Mặt khác: P 0 2 O5 - P N2 O5 = P N2 O4 = 2P O2 N P N2 O4 = 25.103 - 22,17.103 = 2,83.103 Pa P O2 = 1,415.103 Pa 0,25 Câu 5: (2,5đ) 1. nCu2+ = nCuSO4 = 0,0025 mol nOH- = nNaOH = 0,00375 mol nC u 2  1 2 0,25    nO H 1, 5 3 1 nNa 2SO 4  nNaOH  0, 001875mol 2  nSO 2  4  0, 0025  0,001875  0, 000625 (trong kết tủa) nCu2+ : n OH  : nSO42- = 0,0025 : 0,00375 : 0,000625 = 4: 6: 1 0,25 → Công thức phân tử của kết tủa là: Cu4(OH)6SO4 0,25
256 %Cu  .100  53, 388% 32 454 %S  .100  7, 048% 454 160 0,25 %O  .100  35, 242% %H  1,322% 454 - Phương trình: 4CuSO4 + 6NaOH → Cu4(OH)6SO4 + 3Na2SO4. 0,25 2- -2 2+ -2 2. (-)Cu/[Cu(NH3)4] (10 M)//Cu (10 M)/Cu(+) Đây là pin nồng độ, điện cực chứa ion phức là điện cực âm, điện cực chứa muối đồng là cực dương 0, 059 102 0,25 E = 0,038 = lg 2 [Cu 2 ] lg[Cu2+] = -3,288 nên [Cu2+] = 5,15.10-4M [Cu(NH 3 )4 ]2  Vì: [Cu(NH3)4]2+ Cu2+ + 4NH3 Kb = 0,25 [Cu 2  ][NH 3 ]4 Nên [NH3] = 4[Cu2+] = 4.(5,15.10-4 ) = 2,06.10-3M và [Cu(NH3)4]2+ = 10-2 – 5,15.10-4 = 9,485.10-3M Thay vào công thức ta được Kb = 1,02.1012. 0,25 2 [Cu(NH 3 )4 ] Ta biết: [Cu(NH3)4]2+ Cu2+ + 4NH3 Kb = 2 4  1, 02.1012 [Cu ][NH 3 ] 0,25 + [H  ]4 [NH 3 ]4 4NH3 + 4H 4 NH  4 Ka =  109,2 [NH  ]4 4 0,25 [Cu 2  ][NH  ]4 1 [Cu(NH3)4]2+ + 4H+ Cu2+ + 4 NH  4 Kcb = 2 4  4  4 [Cu(NH 3 )4 ] [H ] K a .K b 1 1 suy ra: Kcb =   6, 21.10 24  1024,8 4 9,2 4 K K b (10 ) .1, 02.1012 0,5 a Câu 6: (3đ) 1. Ở phần thứ nhất: Hòa tan trong dung dịch HCl dư, chỉ Zn tan  vậy 1 gam kim loại 0,25 không tan chính là Cu. Nếu gọi x là khối lượng Zn trong mỗi phần thì: khối lượng phần thứ nhất bằng khối lượng phần thứ 2 và bằng (1 + x)gam Ở phần thứ hai: sau khi luyện thêm 4 gam Al ta có: 0,5 1 %mZn (trong A) - %m Zn (trong B) = 33,3% = 3 x x 1 Hay:    x 2  6x  5  0 (I) . Giải ra: x1 = 1; x2 = 5. 0,25 x 1 x 1 4 3 Khi hòa tan B trong dung dịch NaOH có các phản ứng: Zn + 2NaOH →Na2ZnO2 + H2↑ (1) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑ (2) Ở thời điểm có 6 lit khí bay ra, ta không xác định được lượng Al và Zn phản ứng (bị hòa tan) là bao nhiêu ( do không biết tốc độ hòa tan của mỗi kim loại) 0,25 Vậy nếu gọi mAl phản ứng là m(g) (đk: 0 ≤ m ≤ 4) và gọi mZn phản ứng là n(g) ( đk: 0 ≤ n≤ 5), theo (1), (2) ta có: 0,25  n  3 m  6 n H2        (bài cho)  65  2  27  22, 4 0,25
390  22, 4n m , và vì m ≤ 4 80,89 0,25 390  22, 4n Nên:  4  n  3 ta chọn x2 = 5 (g) hợp lí. 80,89 1 Vậy hàm lượng % Cu trong (A) là: .100% = 16,67% 0,25 6 2. Thành phần hợp kim B như sau: 1g Cu, 5g Zn, 4g Al Tức là Cu chiếm 10%, Zn chiếm 50%, Al chiếm 40%. Trong hợp kim (C), % khối lượng Al giảm (còn 30%), để đơn giản ta coi như lượng Al không đổi (cố định), chỉ thay đổi 0,25 lượng Cu và lượng Zn Vì trong hợp kim (C), 4g Al chiếm 30% nên: 4 20% Cu ứng với: .20  2, 667(g)  cần thêm 1,667g Cu 30 4 50% Zn ứng với: .50  6, 667(g)  cần thêm 6,667g Zn 0,25 30 Câu 7(2đ) 1. Hướng dẫn: 0,25 x  6 CxHy: 12x + y = 80    C6 H 8 y  8 1 mol A + dd KMnO4/H2SO4 →2 mol CO2 + 2mol HOOC – COOH 0,25 →A phải có nhóm CH2 = và 2 nhóm = CH – CH = 2.6  2  8 Công thức phân tử của A là C6H8 →   3 2 0,5 A có CTCT: CH=CH – CH = CH – CH = CH2. (hexa – 1,3,5 – trien) A có đồng phân hình học: H H H CH CH2 C C C C 0,25 CH2 CH CH CH2 CH2 CH H cis-hexa-1,3,5-trien trans-hexa-1,3,5-trien 2. Hướng dẫn: CH2 – CH2 – CH2 – CH3 → CH2 = CH – CH2 – CH = CH2 O O 0,5 CH2 CH CH2 CH CH2 + 2O3 CH2 CH CH2 CH CH2 O O O O + H2O/Zn HOC CH2 CHO + 2HCHO + 2H2O2 Câu 8: (2đ) 0,5 1. A ( C9H10O2): - Phản ứng với NaHCO3 giải phóng CO2 nên A chứa nhóm – COOH - Không làm mất màu nước brom nên A chứa benzen - A là axit mà không phản ứng este hóa với CH3OH nên A phải có án ngữ không gian ở nhóm – COOH lớn, do đó A có cấu tạo là: 0,25
CH3 COOH CH3 Sự tạo thành B: CH3 0,5 CH3 CH3 CH3 O C H+ O -- H O CH OH O C 2 3 OH C O C CH3 OH2 -H+ OC 3 H CH3 CH 0,25 3 CH3 (cùng một mặt phẳng) 2. Hướng dẫn: CTCT của đixian: N ≡C – C ≡ N Khi nung nóng ở 5000C → A : (CN)n. 0,5 CTCT của A: N N N N C C C C C C C C N N N N 0,25 Câu 9(3đ) 13, 7 1. Lượng N trong 1 mol A = .307  42g 100 Tức 42: 14 = 3 mol N, như vậy A là một tripeptit có công thức cấu tạo phân tử: NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH 0,25 R1 R2 R3 Khi thủy phân A thu được các peptit (B) NH2 CH CO NH CH COOH (C) NH2 CH CO NH CH COOH R1 R2 R2 R3 nHCl = 0,0112.0,536 = 0,006 mol NH2 CH CO NH CH COOH + 2HCl + H2O CINH3 CH COOH + CINH3 CH COOH 0,25 R1 R2 R1 R2 0,003 mol 0,006 mol MB = 0,48: 0,003 = 160 đvC  R1 + R2 = 160 -130 = 30 đv C (1) 15, 7.1, 02.0, 021 nKOH =  0, 006mol 56 NH2 CH CO NH CH COOH + 2KOH NH2 CH COOK + NH2 CH COOK R2 R3 R2 R3 0,25 0,003 mol 0,006 mol MC = 0,708 : 0,003 = 236 đvC  R2 + R3 = 236 – 130 = 106 đvC (2) Mặt khác: R1 + R2 + R3 = 307 – 186 = 121 đvC (3) Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3) ta được R1 = R2 = 15 ứng với CH3– R3 = 91 ứng với C6H5 – CH2 –
Các công thức cấu tạo có thể có của A là: 0,25 NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH CH3 CH3 CH2 C6H5 NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH CH2 C6H5 CH3 CH3 Tên các α – amino axit là: α – alanin và α – phenyl alanin 0,25 2. MB = 5,447.22,4 = 122 (g) => CTPT cña A, B: C7H6O2 A + Na  H2 => A cã nhãm -OH.  NH 3 A + AgNO3  Ag => A cã nhãm -CH=O  a) CTCT cña A: CH=O CH=O CH=O 0,25 OH OH 0,25 OH B + Na2CO3  CO2  => B là axit: C6H5COOH A1 lµ: CH=O OH 0,25 v× A1 cã liªn kÕt hi®ro néi ph©n tö lµm gi¶m nhiÖt ®é s«i. (TÝnh axit cña B m¹nh h¬n axit CH3-COOH v× nhãm -C6H5 lµ nhãm hót e) 0,5 c) S¬ ®å ph¶n øng tõ o-crezol thµnh A1: CH2Cl CH2OH CH=O CH3 OH OH OH OH  NaOH  CuO Cl2    t0  as t0 Tõ toluen  B:  0,25 CH3 COOH o  KMnO4 ( t ); H  